グリーンの定理

グリーンの定理より $$\begin{aligned} \oint_C (x dx + y dy) &= \iint_{D} \left( \dfrac{\partial}{\partial x} y - \dfrac{\partial}{\partial y} x \right) dxdy\\ &= \iint_{D} (0-0) \; dxdy = 0 \end{aligned}$$

まず $$\oint_{C} P(x,y) \; dx = -\iint_{D} \dfrac{\partial P}{\partial y}\; dxdy \quad \cdots \quad (\ast)$$ を示す。

次のような領域 $D'$ を考える。

$$D' = \{ (x,y) \mid a \leqq x \leqq b , c_1(x) \leqq t \leqq c_2 (x) \}$$

まず $C_2$ に沿った積分を計算する。$C_2$ において $x$ 座標は一定であることから $\dfrac{dx}{dt} = 0$ となることに注意すると $$\int_{C_2} P(x,y) \; dx = \int_{C_2} P(x,y) \dfrac{dx}{dt} dt = 0$$ を得る。$C_4$ に沿った積分も同様に $0$ である。よって， $$\begin{aligned} \oint_{C} P(x,y) \; dx &= \int_{C_1} P(x,y) \; dx + \int_{C_3} P(x,y) \; dx\\ &= \int_{b}^{a} P(x,c_2(x)) \; dx + \int_{a}^{b} P(x,c_1 (x)) \; dx\\ &= -\int_{a}^{b} \{ P(x,c_2 (x)) - P(x,c_1(x)) \} \; dx\\ &= - \int_{a}^{b} \int_{c_1 (x)}^{c_2 (x)} \dfrac{\partial P}{\partial y} (x,y) \;dy dx\\ &= - \int_{D'} \dfrac{\partial P}{\partial y} (x,y) \; dxdy \end{aligned}$$

領域 $D$ を，$D'$ のように左右が $y$ 軸と平行な直線，上下が単調な曲線により囲われた小領域に分割すると，各領域で $(\ast)$ は成立する。足し合わせることで $D$ 全体で $(\ast)$ が成立することがわかる。

$Q$ に対しても同様に領域を分割することで $$\oint_{C} Q(x,y) \; dy = \iint_{D} \dfrac{\partial Q}{\partial x}\; dxdy$$ を得る。

動径が掃いた領域を $D$ とする。$D$ は3つの線に囲まれる。

• $C$ のうち $\alpha \leqq t \leqq \beta$ の部分
• $(0,0)$ と $(x(\alpha) , y(\alpha))$ で結ばれた線分（$L_1$ とおく）
• $(0,0)$ と $(x(\beta) , y(\beta))$ で結ばれた線分（$L_2$ とおく）

$$\begin{aligned} S &= \iint_{D} dxdy\\ &= \dfrac{1}{2} \iint_{D} (1+1) \; dxdy \end{aligned}$$

今 $P(x,y) = -y,Q(x,y) =x$ とおくと，$\dfrac{\partial P}{\partial y}=1 , \dfrac{\partial Q}{\partial x}=1$ であるため，グリーンの定理より $$\begin{aligned} S= &= \dfrac{1}{2} \iint_{D} (1+1) \; dxdy \\ &= \dfrac{1}{2} \oint_{L_1 + C + L_2} (x dy - y dx) \end{aligned}$$ である。

$L_1$ 上で $(x,y) = (x(\alpha) t , y(\alpha) t)$ とパラメタを付けて積分をすると， $$\begin{aligned} \oint_{L_1} (x dy - y dx) &= \int_{0}^{1} (x(\alpha) t \cdot y(\alpha) dt - y(\alpha) t \cdot x(\alpha)dt)\\ &= \int_0^1 (x(\alpha) y(\alpha) - y(\alpha) x(\alpha))t \; dt = 0 \end{aligned}$$ となる。同様に $L_2$ 上の線積分も $0$ になる。こうして $$\begin{aligned} S &=\dfrac{1}{2} \int_{C} (xdy - ydx)\\ &= \dfrac{1}{2} \int_{\alpha}^{\beta} (xy' - yx') \; dt \end{aligned}$$ が得られた。

$S$ を $xy$ 平面上の領域 $D$ とし，$\boldsymbol A(x,y,z) = (P(x,y) , Q(x,y) , 0)$ として計算する。

まず左辺に現れる $\boldsymbol{A} \cdot d\boldsymbol{r}$ はそのまま $P(x,y) \; dx + Q(x,y) \; dy$ となる。

$\boldsymbol{n}$ は $xy$ 平面に直交する単位ベクトルであるため，$(0,0,1)$ となる。 $$\begin{aligned} &\nabla \times \boldsymbol{A} \\ &= \left( \dfrac{\partial}{\partial y} 0 - \dfrac{\partial}{\partial z} Q(x,y) , \dfrac{\partial}{\partial z} P(x,y) - \dfrac{\partial}{\partial x} 0 , \dfrac{\partial}{\partial z} Q(x,y) - \dfrac{\partial}{\partial y} P(x,y) \right)\\ &= \left( - \dfrac{\partial}{\partial z} Q(x,y) , \dfrac{\partial}{\partial z} P(x,y) , \dfrac{\partial}{\partial x} Q(x,y) - \dfrac{\partial}{\partial y} P(x,y) \right) \end{aligned}$$ であるため $$\left(\nabla \times \boldsymbol{A}\right) \cdot \boldsymbol{n} = \dfrac{\partial}{\partial x} Q(x,y) - \dfrac{\partial}{\partial y} P(x,y)$$ となる。さらに $S$ は $xy$ 平面上の領域 $D$ であったことから $dS = dxdy$ となる。

こうしてストークスの定理の特殊形が，グリーンの定理 $$\oint_{C} (P(x,y) \; dx + Q(x,y) \; dy) = \iint_{D} \left( \dfrac{\partial Q}{\partial x} - \dfrac{\partial P}{\partial y} \right) \; dxdy$$ ということがわかる。

グリーンの定理を用いるとかなりスッキリとした形になる： $$\begin{aligned} &\oint_{C} (xy^2 dy - x^2 y dx) \\&= \iint_{D} \left( \dfrac{\partial}{\partial x} xy^2 + \dfrac{\partial}{\partial y} x^2 y \right) dxdy\\ &= \iint_D (x^2 + y^2) \; dxdy\\ &= \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{a} (r^2 \cos^2 \theta + r^2 \sin^2 \theta) \; r \; dr d\theta\\ &= \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{a} r^3 \; drd\theta\\ &= 2\pi \cdot \dfrac{1}{4}a^4 = \dfrac{\pi a^4}{2} \end{aligned}$$

グリーンの定理を使わずそのまま計算することもできる： $$\begin{aligned} &\oint_{C} (xy^2 dy - x^2 y dx) \\ &= \int_0^{2\pi} (a^3 \cos \theta \sin^2 \theta \cdot a \cos \theta \;d\theta + a^3 \sin \theta \cos^2 \theta \cdot a \sin \theta \;d\theta)\\ &= \int_0^{2\pi} 2a^4 \cos ^2 \theta \sin^2 \theta \; d\theta \end{aligned}$$ ここからは高校レベルの積分なので省略。

1. この問題をそのまま線積分として解こうとすると，経路の場合分けが多くて厄介。グリーンの定理を使う： $$\begin{aligned} &\oint_{\partial D} \{ 2ydx + (xy+3x)dy \} \\&= \iint_D \left( \dfrac{\partial}{\partial x} (xy + 3x) - \dfrac{\partial}{\partial y} 2y \right) dxdy\\ &= \iint_D (y+3-2)dxdy\\ &= \int_1^3 \int_{-1}^3 (y+1) \; dxdy\\ &=\int_1^3 4(y+1) \;dy =24 \end{aligned}$$

2. まずはグリーンの定理を適用： $$\begin{aligned} &\oint_{\partial D} \{ (xy+x-y)dx + (y^2 + xy -2x)dy \}\\ &= \iint_D \left( \dfrac{\partial}{\partial x} (y^2 + xy -2x)- \dfrac{\partial}{\partial y} (xy+x-y) \right) dxdy\\ &= \iint_D ( (y-2)- (x-1) ) \; dxdy\\ &= \int_1^3 \int_{-1}^3 ( (y-2)- (x-1) ) \; dxdy\\ \end{aligned}$$ このまま積分を丁寧に計算しても良いが，$x$ を $x'-1$ に，$y$ を $y'-2$ に変換してみる： $$\int_1^3 \int_{-1}^3 ( (y-2)- (x-1) ) dxdy = \int_{-1}^1 \int_{-2}^2 (y' - x') \; dx' dy'$$ 対称性から右辺の積分は $0$ になることがわかる。よって， $$\oint_{\partial D} \{ (xy+x-y)dx + (y^2 + xy -2x)dy \} = 0$$